培优3 不等式中的切线放缩（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用与不等式证明核心考点，覆盖切线方程求解、参数范围探究、不等式放缩证明等高考高频考查内容。通过2025天津红桥一模、湘豫名校联考等真题解析，对接高考评价体系，分析导数几何意义占15%、恒成立问题占30%、证明题占25%的考点权重，归纳出构造函数、分类讨论等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+技巧提炼”的复习模式，以切线放缩法突破不等式证明难点，如第(3)问通过构造ln(1+x)≤x等导数不等式，将三角函数放缩为对数式累加得证，培养学生数学思维中的推理能力与数学语言中的模型观念。特设易错点分析如参数讨论中端点值验证，帮助学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

培优3 不等式中的切线放缩 数 学 新高考专用 1.(2025天津红桥一模)已知函数f(x)=ln(x+1),g(x)=ax2+x. (1)求曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)当x>-1时, f(x)≤g(x),求实数a的取值范围; (3)已知n∈N*,证明:sin  +sin  +…+sin  <ln 2. 解析    (1)因为f'(x)= , 所以曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为k=f'(1)= , 又f(1)=ln 2, 所以曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-ln 2= (x-1),即x-2y+2ln 2-1=0. (2)设h(x)=ln(x+1)-x, 则h'(x)= -1=- , 所以当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当-1<x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 则h(x)≤h(0)=0,所以ln(x+1)≤x, 当a≥0时,ln(1+x)≤x≤ax2+x,即f(x)≤g(x), 当a<0时,取x0=- >0,g(x)=ax2+x=x(ax+1)的一个零点为x0=- , 由于ln(x0+1)>ln 1=0, 而a +x0=0, 则ln(1+x0)>a +x0, 即f(x0)>g(x0),不符合题意. 综上所述,实数a的取值范围是[0,+∞). (3)证明:当a=0时,由(2)得ln(1+x)≤x,则ln x≤x-1,所以ln  ≤ -1, 即-ln x≤ -1,则ln x≥1- , 令 =1- ,得x= ,所以ln  ≥ ,即ln t-ln(t-1)≥ (t>1), 即 ≤ln(n+k)-ln(n+k-1),k∈{1,2,3,…,n}, 令φ(x)=x-sin x(x>0),则φ'(x)=1-cos x≥0,且φ'(x)不恒为零, 所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 即φ(x)>φ(0)=0,则sin x<x(x>0), 所以sin  < ≤ln(n+k)-ln(n+k-1),即sin  +sin  +…+sin  <[ln(n+1)-ln n]+ [ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln(2n)-ln(2n-1)]=ln(2n)-ln n=ln 2,n∈N*. 2.(2025湘豫名校联考第二次模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R). (1)当x≥0时,若不等式f(x)≥ -2恒成立,求a的取值范围. (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2. (i)求a的取值范围; (ii)证明:3 + >3a. 解析    (1)f(x)≥ -2(x≥0)恒成立,即f(x)- +2≥0(x≥0)恒成立.设p(x)=f(x)- +2=ex-1- ax- (x≥0), 则p'(x)=ex-a-x(x≥0), 令q(x)=p'(x),则q'(x)=ex-1≥0, 所以p'(x)在[0,+∞)上单调递增, 从而p'(x)≥p'(0)=1-a. ①当1-a≥0,即a≤1时,p'(x)≥0,则p(x)在[0,+∞)上单调递增,从而p(x)≥p(0)=0,符合题意; ②当1-a<0,即a>1时,p'(0)<0,则一定存在x0,使得当0<x<x0时,p'(x)<0,则p(x)在(0,x0)上单调 递减, 从而p(x)<p(0)=0,不符合题意. 综上所述,a的取值范围为(-∞,1]. (2)(i)由题意知, f(x)的定义域为R, f'(x)=ex-a.当a≤0时, f'(x)>0, 所以f(x)在R上单调递增,从而f(x)在R上至多有一个零点,所以a>0, 令f'(x)=0,得x=ln a.当x<ln a时, f'(x)<0, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减; 当x>ln a时, f'(x)>0, f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,所以x=ln a是f(x)的极小值点,也是最小 值点, 即f(x)min=f(ln a)=a-3-aln a. 令g(a)=a-3-aln a(a>0), 则g'(a)=-ln a.所以当0<a<1时,g'(a)>0,g(a)在(0,1)上单调递增; 当a>1时,g'(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减,所以a=1是g(a)的极大值点,也是最大值点, 即g(a)max=g(1)=-2<0,从而f(ln a)<0. 一方面,由(1)可知,取a=1,当x≥0时,ex≥1+x+ ≥1+x,即ex≥1+x, 即x≥ln(1+x),易知当x>-1时,x≥ln(1+x)也成立. 所以当x>0时,x-1≥ln x,所以ln  ≤ -1,即ln x≥1- , 从而ln a≥1- >- ,因为f = -a· -3= >0, 所以f(x)在 内有一个零点x1. 另一方面,由(1)知,ex≥1+x+ (x≥0). 又ln a<a<2a+3(ln a≤a-1<a<2a+3), 所以f(2a+3)=e2a+3-a(2a+3)-3>1+(2a+3)+ -a(2a+3)-3=5a+ >0, 所以f(x)在区间(ln a,2a+3)内有一个零点x2. 综上所述,a的取值范围是(0,+∞). (ii)证明:由f(x1)=f(x2)=0, 得 =ax1+3, =ax2+3, 所以 - =a(x2-x1),即a= , 要证3 + >3a成立, 只需证3 + > , 即证 > ,即证 > , 令x2-x1=t(t>0), 则 > ,即证tet+3t>3et-3, 即证 +3>0(*), 设h(t)= +3(t>0), 则h'(t)= ≥0, 所以h(t)在区间(0,+∞)上单调递增, 所以h(t)>h(0)=0,即(*)式成立. 所以不等式3 + >3a成立. $